[LOJ6261]一个人的高三楼

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description

给你一个长度为(n)的数列(a_i)，求它的(k)次前缀和模(998244353)。（就是做(k)次前缀和后的数列）
(nle10^5,kle2^{60})。

sol

设(F_t(x))表示数列在做过(t)次前缀和之后的生成函数。
尝试构造一个函数(G(x))，满足(F_t(x)G(x)equiv F_{t+1}(x) mod x^n)。
发现(G(x)=sum_{i=0}^{n}x^i)。
所以有(F_k(x)=F_0(x)G^k(x))。直接多项式快速幂即可，理论复杂度(O(nlog n))。（用多项式(ln)多项式(exp)那套理论就可以做到复杂度与(k)无关）

以上那种方法我没写，谁来写一写看看能不能跑得过去吧。
考虑一下上式的组合意义。因为(G(x))的每一项都是(1)，那么([x^i]G^k(x))相当于从(k)个盒子里取出若干个球使取出来的总数为(i)的方案数。在这里认为盒子不同而球相同。而这个方案数显然是可以组合算的，用隔板法即可。
也就是说，(G^k(x)=sum_{i=0}^{n}inom{i+k-1}{k-1}x^i)。
发现(k)非常大不好预处理组合数。考虑组合数的一个同层的递推式：(inom{n+1}{m}=inom{n}{m} imesfrac{n+1}{n-m+1})。
所以直接递推即可，复杂度(O(nlog n))。

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?x:-x;
}
const int N = 4e5+5;
const int mod = 998244353;
int n,k,len,rev[N],l,og[N],a[N],b[N];
int fastpow(int a,int b){
	int res=1;
	while(b){if(b&1)res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
	return res;
}
void ntt(int *P,int opt){
	for (int i=0;i<len;++i) if (i<rev[i]) swap(P[i],P[rev[i]]);
	for (int i=1;i<len;i<<=1){
		int W=fastpow(3,(mod-1)/(i<<1));
		if (opt==-1) W=fastpow(W,mod-2);
		og[0]=1;for (int j=1;j<i;++j) og[j]=1ll*og[j-1]*W%mod;
		for (int p=i<<1,j=0;j<len;j+=p)
			for (int k=0;k<i;++k){
				int x=P[j+k],y=1ll*og[k]*P[j+k+i]%mod;
				P[j+k]=(x+y)%mod,P[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
			}
	}
	if (opt==-1) for (int i=0,Inv=fastpow(len,mod-2);i<len;++i) P[i]=1ll*P[i]*Inv%mod;
}
int main(){
	n=gi();long long tmp;scanf("%lld",&tmp);k=tmp%mod;
	for (int i=1;i<=n;++i) a[i]=gi();
	b[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i) b[i]=1ll*b[i-1]*(i+k-1)%mod*fastpow(i,mod-2)%mod;
	for (len=1;len<=n+n;len<<=1) ++l;--l;
	for (int i=0;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
	ntt(a,1);ntt(b,1);
	for (int i=0;i<len;++i) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
	ntt(a,-1);
	for (int i=1;i<=n;++i) printf("%d
",a[i]);return 0;
}